hiho 修补木桶(二分)

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描述

一只木桶能盛多少水，并不取决于桶壁上最高的那块木板，而偏偏取决于桶壁上最短的那块。

已知一个木桶的桶壁由N块木板组成，第i块木板的长度为Ai。

如今小Hi有一个快捷修补工具，每次可使用修补工具将连续的不超过L块木板提升至任意高度。

已知修补工具一共可使用M次(M*L<N)，如何修补才能使最短的那块木板最高呢？

注意: 木板是环形排列的，第N-1块、第N块和第1块也被视为连续的。

输入

第1行：3个正整数，N, M, L。分别表示木板数量，修补工具使用次数，修补工具每次能够同时修补的木板数。 1≤N≤1,000，1≤L≤20，M*L<N

第2行：N个正整数，依次表示每一块木板的高度Ai，1≤Ai≤100,000,000

输出

第1行：1个整数。表示使用修补工具后，最短木块的所能达到的最高高度

样例说明

第一个修补工具覆盖[2 3 4]

第二个修补工具覆盖[5 8 1]

 

样例输入

8 2 38 1 9 2 3 4 7 5

样例输出

7

 

《修补木桶》题目分析

本题可使用二分答案的思路解决。

咱们考虑这样一个问题，假设最终最短的木板长度至少是K，最小须要使用修复工具几回？ 为了描述方便咱们将这个最少次数记做F(K)。

因而咱们的问题变成求出最大的K，知足F(K) <= M。

若是咱们将F(K)当作一个函数，随着K增长，咱们要修复的木板愈来愈多，显然F(K)也会愈来愈大。

换句话说F(K)是单调递增的。咱们能够用二分来求出最大的K。

考虑 1 <= Ai <= 100000000，答案也必定在[1, 100000000]之间。在这个范围内二分的复杂度是O(log(Max{Ai}))。

而后咱们的问题是对于肯定的K，计算F(K)。

当K肯定是，咱们就能够肯定哪些木板须要被修复(Ai < K的木板)。

因为木桶是环形的，咱们须要枚举起点，复杂度O(N)。

一旦起点肯定，就能够贪心求出每一次修复的位置。从而计算出F(K)，复杂度O(N)。

因而总复杂度是O(log(Max{Ai})N^2)

这个算法能够经过全部的数据。

不过上面算法中二分和计算F(K)都有优化的空间。

对于二分答案这部分，实际上答案必定是某个Ai，因此咱们能够优化到O(logN)的二分。

对于计算F(K)的部分，考虑到修复范围是L，因此O(N)的枚举起点能够优化到O(L)。

 

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;int n,m,l,a[2*1005],b[1005],rr,ll,mid;bool is_ok() {	if(b[0]==mid) return true;	//时间复杂度为l*n	int cnt=0;//须要的段数	int cnt_start=0;//已开始的起点数	bool f1=false;	for(int i=0; i<n; ++i) {		int cnt=1,j,last;		if(a[i]<mid) {			last=i+n;			j=i+l;			++cnt_start;		} else continue;		while(j<last) {			if(a[j]<mid) {				++cnt;				j+=l;			} else ++j;		}		if(cnt<=m) {			f1=true;			break;		}		if(cnt_start>=l) break;	}	return f1;}int main() {	scanf("%d%d%d",&n,&m,&l);	for(int i=0; i<n; ++i)		scanf("%d",a+i);	memcpy(b,a,n*sizeof(int));	memcpy(a+n,a,n*sizeof(int));	sort(b,b+n,less<int>());	ll=0,rr=n-1;	while(ll<rr) {		int t=(ll+rr+1)/2;//这个+1要注意		mid=b[t];		if(is_ok()) {			ll=t;		} else {			rr=t-1;//这个地方要注意下		}	}	cout<<b[ll]<<endl;	return 0;}